(3 3 ;3 3)ABtt

D t t

AD t t

 = − −

⇒ − ⇒  

= − −







( )

( )

2 2

1 1 1 1

2 2

1 1 1 1

( 3) ( 3) 2. 3 2 3

(3 3) (3 3) 3 2. 1 3 2 1

AB t t t t

AD t t t t

 = − + − = − = −

⇒  

= − + − = − = −



+ Khi đó

S

_ABCD

= 18 ⇔ AB AD . = 18 ⇔ 2 ( t

1

− 3 .3 2 ) ( t

1

− = 1 ) 18

⇔ − t

¹²

4 t

¹

= ⇔ = 0 t 4

hoặc

t = 0

(loại) Suy ra

B (4; 4)

và

D ( 6;12) −

.

Chú ý :

Ngoài cách tìm tọa độ các điểm

B C D , ,

ở lời giải trên các bạn có thể tham khảo thêm lời giải khác ở một bài tương tự (Bài 2 trong phần Bài tập vận dụng)

Ví dụ 8 (A – 2010 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

cân tại

A

có đỉnh

A (6; 6)

; đường thẳng

d

đi qua trung điểm của các cạnh

AB

và

AC

có phương trình

x + − = y 4 0

. Tìm tọa độ các đỉnh

B

và

C

, biết điểm

E (1; 3) −

nằm trên đường cao đi qua đỉnh

C

của tam giác đã cho.

Phân tích hướng giải :

* Khi tìm điểm câu hỏi đầu tiên chúng ta thường đặt ra : “điểm đó có thuộc một đường thẳng đã biết phương trình (hoặc có thể viết được) hay không”. Yêu cầu bài toán cần tìm tọa độ hai điểm

B C ,

, giúp ta nghĩ tới việc nên đi viết phương trình

BC

.

* Dữ kiện tam giác

ABC

cân tại

A

và

d

đi qua trung điểm của các cạnh

AB

và

AC

, cho ta biết được

BC

//

d

và đang đi qua điểm

H

là điểm đối xứng với

A

qua

d

. Như vậy ta hoàn toàn viết được phương trình

BC

.

* Nếu tìm được

B

ta sẽ suy ra được

C

(

H

là trung điểm của

BC

). Lúc này dữ kiện còn lại của bài toán “

E (1; 3) −

nằm trên đường cao đi qua đỉnh

C

của tam giác

ABC

” sẽ giúp ta tìm được tọa độ điểm

B

theo góc nhìn của Bài toán 3. Do đó ta có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Từ

A

hạ đường cao

AH ( H ∈ BC )

cắt

d

tại

I

. Vì tam giác

ABC

cân tại

A

nên

H I ,

lần lượt là trung điểm của

BC

và

AH

. Khi đó

AH

đi qua

A (6; 6)

vuông góc với

d

nên có phương trình :

x − = y 0

Suy ra tọa độ điểm

I

là nghiệm của hệ :

4 0

2 (2; 2) ( 2; 2) 0

x y

x y I H

x y + − =

 ⇔ = = ⇒ ⇒ − −

 − =



+ Đường thẳng

BC

đi qua

H

và song song với

d

nên có phương trình :

4 0

x + + = y

+ Gọi

B t ( ; 4 − − ∈ t ) BC ⇒ C ( 4 − − t t ; )

(do

H

là trung điểm của

BC

)

( 6; 10 ) ( 5; 3 )

AB t t

CE t t

 = − − −

⇒  

= + − −







Do

E (1; 3) −

nằm trên đường cao đi qua đỉnh

C

của tam giác

ABC

, suy ra:

. 0 ( 6)( 5) ( 10 )( 3 ) 0 AB CE= ⇔ −t t+ + − − − − =t t

 

2

(0; 4) ( 4; 0) 6 0 0

6 ( 6; 2)

(2; 6) B t C

t t

t B

C

  −

  −

 =  

⇔ + = ⇔   = − ⇒      − −

+ Vậy

B (0; 4) −

,

C ( 4; 0) −

hoặc

B ( 6; 2) −

,

C (2; 6) −

.

Nhận xét:

Ờ bài toán này ta nhận thấy có sự mở rộng trong nội dung của Bài toán 3. Thay vì

3

điểm tạo thành tam giác vuông, ta có mối liên hệ qua 4 điểm có yếu tố vuông (hình vẽ minh họa). Về bản chất hai dữ kiện này là như nhau, đều giúp ta “cắt nghĩa”

yếu tố vuông để thiết lập được một phương trình chứa ẩn mà ta cần tìm.

Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác nhọn

ABC

có phương trình đường trung tuyến kẻ từ

A

và đường thẳng chứa cạnh

BC

lần lượt là

3 x + 5 y − = 2 0

và

x − − = y 2 0

. Đường thẳng qua

A

, vuông góc với

BC

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

tại điểm thứ hai là

D (2; 2) −

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

, biết đỉnh

B

có hoành độ không lớn hơn 1.

Phân tích hướng giải:

* Khi đứng trước bài toán hình học Oxy, câu hỏi đầu tiên thường hay đặt ra “Với những dữ kiện ban đầu, ta có thể tìm được ngay tọa độ của những điểm nào?” . Trong bài toán này câu trả lời dành cho 2 điểm

M

và

A

. Bởi

M

là giao của hai đường thẳng đã biết phương trình (

BC

và

AM

), còn

A

là giao của

AM

(đã biết phương trình) và

AD

(viết được do đi qua

D

vuông góc với

BC

).

* Lúc này ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm

B

bởi có những dữ kiện “gợi ý” như

B

có hoành độ không lớn hơn 1 và cộng thêm việc biết tọa độ điểm

B

ta sẽ suy ra tọa độ điểm

C

(do

M

là trung điểm của

BC

).

*

B ∈ BC

, như vậy nếu biết tọa độ điểm

I

là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

ta sẽ dễ dàng suy ra được tọa độ điểm

B

theo góc nhìn của Bài toán 1 (

B ∈ BC

và

BI = IA

)

* Tam giác

IAD

cân tại

I

, phương trình

IM

hoàn toàn viết được . Nghĩa là ta đã thấy nội dung của Bài toán 3. Điều đó giúp ta tìm được tọa độ điểm

I

. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Sau đây phần lời giải chi tiết:

Giải + Gọi

M

là trung điểm của

BC

và

I

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

Suy ra tọa độ điểm

M

là nghiệm của hệ:

3

2 0 2 3 1

3 5 2 0 1 2 ; 2

2 x y x

x y M

y

 = 

− − =

 ⇔  ⇒  − 

 + − =     

  = −



AD đi qua D(2; -2) và vuông góc với BC nên có phương trình:

x + = y 0

Khi đó tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ:

0 1

( 1;1)

3 5 2 0 1

x y x

x y y A

+ = = −

 

⇔ ⇒ −

 + − =  =

 

+

IM

đi qua

M

và vuông góc với

BC

nên có phương trình :

x + − = y 1 0

Gọi

I t ( ;1 − ∈ t ) IM

, khi đó

∆ IAD

cân tại

I

nên:

2 2 2 2 2 2

( 1) ( 2) ( 3)

IA =ID ⇔ +t + = −t t + −t

⇔ 2 t + = − 1 10 t + 13 ⇔ = ⇒ t 1 I (1; 0)

+ Gọi

B b b ( ; − ∈ 2) BC

với

b ≤ 1

, khi đó:

IB

²

= IA

²

⇔ ( b − 1)

²

+ − ( b 2)

²

= ⇔ 5 b

²

− 3 b = ⇔ = 0 b 0

hoặc

b = 3

(loại)

(0; 2)

⇒ B −

+ Vì

M

là trung điểm của

BC ⇒ C (3;1)

Vậy

A ( 1;1) −

,

B (0; 2) −

,

C (3;1)

. Nhận xét:

+ Với việc tìm điểm

B

theo hai dữ kiện

B ∈ BC

và

BI = IA

ngoài cách nhìn theo Bài toán 1, cũng có thể coi đó là Bài toán 3 (bởi tam giác

IAB

vuông tại

I

).

+ Ở bài toán trên các bạn có thể tìm tọa độ

B C ,

bằng cách viết phương trình đường tròn

( ; I ID )

:

( x − 1)

²

+ y

²

= 5

và giải hệ:

2 2

( 1) 5 0

2 0 2 x y x x y y

 − + =  =

 − − = ⇔  = − 



^hoặc

3 1 x y

 =

 = 

và với điều kiện

(0; 2)

1 (3;1)

B

x B

C

 −

≤ ⇒ 



Ví dụ 10 . Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hình thang

ABCD

có hai đáy là

AB

và

CD

. Biết tọa độ

B (3;3), (5; 3) C −

. Giao điểm

I

của hai đường chéo nằm trên đường thẳng

∆ : 2 x + − = y 3 0

. Xác định tọa độ còn lại của hình thang

ABCD

để

CI = 2 BI

, tam giác

ABC

có diện tích bằng 12, điểm

I

có hoành độ dương và điểm

A

có hoành độ âm.

Giải + Gọi

I t ( ;3 2 ) − t ∈ ∆

(với

t > 0

), khi đó:

2 2 2 2

2 ( 5) (2 6) 4 ( 3) 4

CI = BI ⇔ − t + t − =   t − + t   3 t

2

2 t 5 0 t 1

⇔ + − = ⇔ =

hoặc

5

t = − 3

(loại)

⇒ I (1;1)

+ Khi đó ta có phương trình

AC

đi qua

I C ,

có phương trình:

x + − = y 2 0

Phương trình

BD

đi qua

I B ,

có phương trình:

x − = y 0

+ Ta có 3 3 2

( , ) 2 2

d B AC + −2

= = . Khi đó:

2 2.12

( , ) 2 2 6 2 S

ABC

AC = d B AC = =

Gọi

A a ( ; 2 − ∈ a ) AC

(với

a < 0

), khi đó :

2 2

72 2( 5) 72 1

AC = ⇔ a − = ⇔ = − a

hoặc

a = 11

(loại)

⇒ A ( 1;3) −

. + Phương trình đường thẳng

CD

đi qua

C

và song song với

AB

có phương trình:

y + = 3 0

Khi đó tọa độ điểm

D

là nghiệm của hệ:

0 3 ( 3; 3)

3 0 x y

x y D

y

 − = ⇔ = = − ⇒ − −

 + =



Vậy

A ( 1;3), − D ( 3; 3) − −

. E. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có

A (3; 4)

, trọng tâm

(2; 2)

G

, trực tâm

23 26 9 ; 9

H  

 

 

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

ABC

. Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho hình chữ nhật

ABCD

có diện tích bằng

30

, đường chéo

AC

có phương trình

7 x + 4 y − 13 = 0

, đường thẳng

AB

đi qua điểm

M (1; 4)

, đường thẳng

AD

đi qua điểm

N ( 4; 1) − −

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

ABCD

, biết hai điểm

A D ,

đều có hoành độ âm.

Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có tọa độ trực tâm

H (2;1)

và tâm đường tròn ngoại tiếp

I (1; 0)

. Trung điểm của

BC

nằm trên đường thẳng có phương trình

x − 2 y − = 1 0

. Tìm tọa độ các đỉnh

B C ,

.

Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC

đi qua điểm

M (6; 1) −

và hoành độ điểm

B

nhỏ hơn

4

.

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có phương trình đường cao kẻ từ đỉnh

A

là

3 x − + = y 5 0

, trực tâm

H ( 2; 1) − −

và

1

2 ; 4 M  

 

 

là trung điểm của cạnh

AB

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

, biết

10

BC =

và

B

có hoành độ nhỏ hơn hoành độ của

C

.

Bài 5. Cho tam giác nhọn

ABC

. Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh

A

và đường thẳng

BC

lần lượt có phương trình là

3 x + 5 y − = 8 0

và

4 0

x − − = y

. Đường thẳng qua

A

vuông góc với đường thẳng

BC

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

tại điểm thứ hai là

D (4; 2) −

. Viết phương trình các đường thẳng

AB AC ,

biết rằng hoành độ của điểm

B

không lớn hơn 3.

Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác nhọn

ABC

có phương trình trung tuyến kẻ từ

A

và đường thẳng chứa cạnh

BC

lần lượt là

3 x + 5 y − = 2 0

và

x − − = y 2 0

. Đường thẳng qua

A

vuông góc với

BC

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

tại điểm thứ hai là

D (2; 2) −

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

, biết

B

có tung độ âm.

Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho đường tròn

2 2

( ) : ( T x − 1) + ( y + 1) = 2

và hai điểm

A (0; 4), (4; 0) − B

. Tìm tọa độ hai điểm

,

C D

sao cho

ABCD

là hình thang

( AB

//

CD

) và đường tròn

( ) T

nội tiếp hình thang đó.

F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

+ Gọi

M x y ( ; )

là trung điểm của

BC

, khi đó

2 3 2( 2)

2 2 4 2( 2)

AG GM x

y

− = −

= ⇔   − =  − ⇔

 

3 3

2 ;1 1 2

x M

y

 =   

⇔   =  ⇒    

+

BC

đi qua 3 2;1 M 

 

  và vuông góc với

AH

nên nhận

4 10 2

; (2;5)

9 9 9

AH = − − = −

 làm vecto pháp tuyến.

Do đó

BC

có phương trình : 3

2 5( 1) 0 2 5 8 0

x 2 y x y

 − + − = ⇔ + − =

 

 

+ Gọi

B (4 5 ; 2 ) + t − t ∈ BC ⇒ C ( 1 5 ; 2 − − t + 2 ) t

(do

3 2 ;1 M  

 

 

là trung điểm của

BC

).

Suy ra

( )

13 45 18 26

9 ; 9

5 4; 2 2

t t

HB

CA t t

 = + − + 

  

 = + −





 , khi đó

H

là trực tâm của tam giác

ABC

nên ta có:

13 45 18 26

. 0 (5 4). (2 2). 0

9 9

t t

HB CA = ⇔ t + + + t − + = ⇔

 

²

0

0 1

t t t

t

 =

⇔ + = ⇔   = −

+ Với

t = ⇒ 0 B (4; 0), ( 1; 2) C −

; với

t = − ⇒ 1 B ( 1; 2), (4; 0) − C

Vậy

B (4; 0), ( 1; 2) C −

hoặc

B ( 1; 2), (4; 0) − C

.

Bài 2.

Gọi

A ( 1 4 ;5 7 ) − + a − a ∈ AC

với

1 a > 4

Khi đó

MA



= (4 a − 2;1 7 ) − a

;

NA



= (4 a + 3; 6 7 ) − a

Ta có:

MA NA

 

. = ⇔ 0 (4 a − 2)(4 a + + − 3) (1 7 )(6 7 ) a − a = 0 65 a

2

45 a 0 a 0

⇔ − = ⇔ =

hoặc

9

a = 13

(loại) , suy ra

A ( 1;5) −

Khi đó ta có phương trình

AB x : + 2 y − = 9 0

và

AD : 2 x − + = y 7 0

Gọi

C ( 1 4 ;5 7 ) − + c − c ∈ AC

, khi đó:

10 15

30 ( , ). ( , ) 30 . 30

5 5

ABCD

c c S = ⇔ d C AB d C AD = ⇔ =

²

(3; 2)

1 1

( 5;12)

Trong tài liệu Tài liệu 10 bài toán trọng điểm hình học giải tích phẳng Oxy – Nguyễn Thanh Tùng - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 127-134)